abstract

• 泰勒公式的两种余项型(Penao&Lagrange)泰勒公式的对比和总结
• 常用的Maclaurin公式列举(Peano余项型为主)

两种余项型泰勒公式的对比和总结

• Taylor公式	Lagrange型	Peano项	Note
  条件	$[a,b]$上有$n$阶连续导数,$(a,b)$内存在$n+1$阶导数	$x=x_0$处存在$n$阶导数	前者对$f(x)$要求较高
  余项	$R_n(x)$=$\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x-x_0{)}^{n+1}$或$\frac{f^{(n+1)}(\theta x)}{(n+1)!}(x-x_0{)}^{n+1}$,$\theta \in (0,1)$	$R_n(x)$=$o((x-x_0{)}^n)$	前者余项具体,后者仅表达了高阶无穷小
  用途	可用于区间$[a,b]$上,例如证明不等式或等式,估计逼近误差	仅用于$x_0$的邻域$U(x_0)$,例如讨论极值,求解$x\to x_0$时的极限	后者用在某些条件下的求极限问题上,可以带来方便

Maclaurin公式

• 这里主要讨论Peano型Maclaurin公式(一般不要求计算误差精度,Peano型足够使用)
• $f(x)$=$f(0)+f^{\prime }(0)x+\frac{1}{2!}{f}^{\prime \prime }(0)x^2$+$\cdots$+$\frac{1}{n!}{f}^{(n)}(0)x^n$+$R_n(x)$(1),两种余项分别为:
  • $R_n(x)$=$o(x^n)$(1-1)
  • $R_n(x)$=$\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x-x_0{)}^{n+1}$或$\frac{f^{(n+1)}(\theta x)}{(n+1)!}(x-x_0{)}^{n+1}$,$\theta \in (0,1)$(1-2)

常用函数的Maclaurin公式

• 主要掌握展开公式的前几项(2到5项,一般3项)就足够一般的应用,

• 只要知道公式(1),和$f(x)$的高阶导数,在必要的时候可以自行计算更多的项

  1. $e^x$=$1+x+\frac{1}{2!}{x}^2+\cdots +\frac{1}{n!}{x}^n$+$o(x^n)$
  2. $\sin x$=$x-\frac{1}{3!}{x}^3+\frac{1}{5!}{x}^5-\frac{1}{7!}{x}^7$+$\cdots$+$\frac{(-1{)}^n}{(2n-1)!}{x}^{2n-1}$+$o(x^{2n-1})$
  3. $\cos x$=$1-\frac{1}{2!}{x}^2+\frac{1}{4!}{x}^4-\frac{1}{6!}{x}^6$+$\cdots$+$\frac{(-1{)}^n}{(2n)!}{x}^{2n}$+$o(x^{2n})$
  4. $\ln (1+x)$=$x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^5}{5}$+$\cdots$+$(-1{)}^{n-1}\frac{x^n}{n}$+$o(x^n)$
  5. $(1+x{)}^m$=$1+mx+\frac{m(m-1)}{2!}{x}^2$+$\cdots$+$\frac{m(m-1)\cdots (m-n+1)}{n!}{x}^n$+$o(x^n)$

• 其中偶(奇)函数的展开式也是偶(奇)函数

  • 上述公式3,4有时也写作
    • $\sin x$=$x-\frac{1}{3!}{x}^3+\frac{1}{5!}{x}^5-\frac{1}{7!}{x}^7$+$\cdots$+$\frac{(-1{)}^n}{(2n+1)!}{x}^{2n+1}$+$o(x^{2n+2})$
      • 余项前的一项的幂是奇次幂$k$即可($2n+1$或$2n-1$),Peano余项的幂次数可以$o(x^k)$或$o(x^{k+1})$
    • $\cos x$=$1-\frac{1}{2!}{x}^2+\frac{1}{4!}{x}^4-\frac{1}{6!}{x}^6$+$\cdots$+$\frac{(-1{)}^n}{(2n)!}{x}^{2n}$+$o(x^{2n+1})$
      • 余项前的一项的幂是偶次幂,通常表示为$2n$,Peano余项的幂次数可以是$o(x^{2n})$或$o(x^{2n+1})$

• 其中余项不是$x^n$的公式都是经过简并后的公式(把值为0的项隐后剩下的项重新编排$i=0,1,2,$)

• 注意到,上述公式挂等号的前提是带上余项,反之,带上余项的展开式可以直接被展开函数参与某这些运算(比如求极限)

推导

• 按照$f(x)$的$n$阶导数公式和$f(x)$的$n$阶Maclaurin公式推导即可

• 以$\sin x$为例推导:

  • $f^{(n)}(x)$=$(\sin x{)}^{(n)}$=$\sin (x+\frac{n\pi }{2})$;(2-1)
  • $f^{(n)}(0)$=$(\sin x{)}^{(n)}{|}_{x=0}$=$\sin (\frac{n\pi }{2})$(2-2)

  $n$	$f^{(n)}(0)$
  0	0
  1	$1$
  2	0
  3	-1
  4	0
  5	1
  6	0
  $\cdots$	$\cdots$

  根据上述列举和三角函数的知识可知,$f^{(n)}(0)$,$n=0,1,2,\cdots$会循环得取4个数$0,1,0,-1$,j记为序列(S1)有Maclaurin公式可知,$f^{(n)}(0)=0$的项也是0,这些项可以被简并不写

  • 这样一来,由序列(S1),保留下来的项的幂的次数就不是连续的了,相邻项的次数相差2而不是1

  • 不妨设$p_n(x)$=${\sum }_{i=0}^n{a}_i{x}^n$,

    • 前$k$个非0项分别为$a_1,a_3,\cdots ,a_{2k-1}$,$a_{2i-1},i=1,\cdots ,k$都是非0项
    • 另一方面,$f(x)=a_0,a_2,\cdots ,a_{2k}$都是0
    • ${\sum }_{i=0}^k{a}_{2k-1}$=${\sum }_{i=0}^{2k}{a}_i$即消去0项之前,$2k-1$阶泰勒多项式和$2k$阶泰勒多相式相等(余项可以表示为$o(x^{2k})$
    • 为了便于讨论,将$p_n(x)$消去0项后的公式记为$q_m(x)$=$x-\frac{1}{3!}{x}^3+\frac{1}{5!}{x}^5-\frac{1}{7!}{x}^7+\cdots$的项,第$m=1,2,\cdots$项记为$b_m$,它们全部对应于非零项,并且容易归纳出:$q_n(x)$的通项$b_m=\frac{(-1{)}^{m-1}}{(2m-1)!}{x}^{2m-1}$,次数$2m-1$表示该项对应于$p_n(x)$中的$2m-1$次幂的项(非0),而$n=2m$项则是零项
    • 此时将$q_m(x)$表示为$q_m(x)$=$x-\frac{1}{3!}{x}^3+\frac{1}{5!}{x}^5-\frac{1}{7!}{x}^7$+$\cdots$+$\frac{(-1{)}^{m-1}}{(2m-1)!}{x}^{2m-1}$
    • 取$m=k$,可以得到$2k-1$次泰勒多项式
    • $\sin x$=$x-\frac{1}{3!}{x}^3+\frac{1}{5!}{x}^5-\frac{1}{7!}{x}^7$+$\cdots$+$\frac{(-1{)}^{m-1}}{(2m-1)!}{x}^{2m-1}$+$R_{2m}$(3)

  • Lagrange余项:由式(1-2),(2-1),可知$R_{2m}(x)$=$\frac{\sin (\theta x+(2m+1)\frac{\pi }{2})}{(2m+1)!}{x}^{2m+1}$(4)

    • $t(x)$=$\sin (\theta x+(2m+1)\frac{\pi }{2})$=$\sin (\theta x+m\pi +\frac{\pi }{2})$
      • 当$m$为奇数时,$t(x)$=$\sin (\theta x+\pi +\frac{\pi }{2})$=$\sin (\theta x-\frac{\pi }{2})$=$-\cos \theta x$
      • 当$m$为偶数时,$t(x)$=$\sin (\theta x+\frac{\pi }{2})$=$\cos \theta x$
      • 可以用$(-1{)}^m$归纳上述符号变化,从而$t(x)$=$(-1{)}^m\cos \theta x$
    • 从而$R_{2m}(x)$=$(-1{)}^m\frac{\cos \theta x}{(2m+1)!}{x}^{2m+1}$,$\theta \in (0,1)$(4-1)

  • 若取$m=1$,得近似公式$\sin x\sim x$

    • 代入(4-1),可知,此时误差为$|R_2|=|-\frac{\cos \theta x}{3!}{x}^3|⩽\frac{|x{|}^3}{6}$,其中$|\cos \theta x|⩽1$

  • 若$m=2$,则可得到$3$次泰勒多项式$(x-\frac{x^3}{3!})$,误差$|R_{2m}|⩽\frac{1}{5!}|x{|}^5$

  • 若$m=3$,则可得$5$次泰勒多项式$(x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!})$,误差不超过$\frac{1}{7!}|x{|}^7$

例

求极限

• 求$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x-x\cos x}{{\sin }^{3}x}$=A

  • 用${\sin }^{3}x\sim x^3$替换分母

  • 解法1:利用等价无穷小替换分母,在利用洛必达法则求解

  • 解法2:利用带有Peano余项的Maclaurin公式

    • $\sin x$=$x-\frac{x^3}{3!}+o(x^3)$;
    • $\cos x=1-\frac{x^2}{2!}+o(x^2)$;$x\cos x=x-\frac{x^3}{2!}+o(x^3)$
    • 于是$\sin x-x\cos x$=$x-\frac{x^3}{3!}+o(x^3)-(x+\frac{x^3}{2!}+o(x^3))$=$\frac{1}{3}{x}^3+o(x^3)$
      • $\alpha (x)$的高阶无穷小$o(\alpha (x)),o_1(\alpha (x))$之间的和差运算结果仍然是$\alpha (x)$的高阶无穷小($\lim \frac{o(\alpha (x)\pm o_1(\alpha (x)))}{\alpha (x)}$=0)
    • $A=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{1}{3}{x}^3+o(x^3)}{x^3}$=$\frac{1}{3}$

按幂展开

$f(x)=x^3+3x^2-2x+4$的按$(x+1)$的升幂展开(升幂排列)

• 即按$(x-(-1))$的展开,$x_0=-1$,得到$g(x)$=${\sum }_{i=0}^3{a}_i(x+1{)}^i$=${\sum }_{i=0}^3{a}_i(x-(-1){)}^i$

• 计算$f^{(k)}(x_0)$;

  • 由于$f(x)$是个$n=3$次的多项式,其泰勒展开也是3次的

  • $a_i=\frac{f^{(n)}(x_0)}{i!}$,$i=0,1,2,3$

    • $a_0=f(x_0)$=$8$

    • $f^{\prime }(x)=3x^2+6x-2;f^{\prime }(-1)=-5$

    • $f^{\prime \prime }(x)=6x+6;f^{\prime \prime }(-1)=0$

    • $f^{(3)}(x)=6;f^{(3)}(-1)=6$

    • $f^{(k)}(x)=0;(k⩾4)$

      • 所以$R=R_4(x)=0$

• $f(x)=f(-1)+\frac{f^{\prime }(-1)}{1!}(x+1)$+$\frac{f^{\prime \prime }(-1)}{2!}(x+1{)}^2$+$\frac{f^{(3)}(-1)}{3!}(x+1{)}^3+R_4(x)$=$8-5(x+1)+(x+1{)}^3$